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2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-9課時(shí)作業(yè)

上傳人:艷*** 文檔編號(hào):110339848 上傳時(shí)間:2022-06-18 格式:DOC 頁(yè)數(shù):10 大?。?44.50KB
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1、課時(shí)作業(yè)(五十九) 一、選擇題 1.過(guò)正四棱柱底面一邊的截面是(  ) A.正方形      B.菱形 C.矩形 D.非矩形、非菱形的平行四邊形 答案 C 解析 由面面平行的性質(zhì)定理,可證得截面是平行四邊形,由線面垂直的性質(zhì),又可證得一個(gè)角為直角,故截面為矩形. 2.水平放置的正方體的六個(gè)面分別用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示,如圖是一個(gè)正方體的表面展開(kāi)圖,若圖中“2”在正方體的上面,則這個(gè)正方體的下面是(  ) A.0        B.8 C.奧 D.運(yùn) 答案 B 3.一個(gè)三棱錐,如果它的底面是直角三角形,那么它的三個(gè)側(cè)面(  ) A.必

2、然都是非直角三角形 B.至多只能有一個(gè)是直角三角形 C.至多只能有兩個(gè)是直角三角形 D.可能都是直角三角形 答案 D 解析 例如三棱錐P-ABC中,若PA⊥面ABC,∠ABC=90°,則四個(gè)側(cè)面均為直角三角形. 4.(2020·福建卷,理)如圖,若Ω是長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1被平面FEGH截去幾何體EFGHB1C1后得到的幾何體,其中E為線段A1B1上異于B1的點(diǎn),F(xiàn)為線段BB1上異于B1的點(diǎn),且EH∥A1D1,則下列結(jié)論中正確的是(  ) A.EH∥FG B.四邊形EFGH是矩形 C.Ω是棱形 D.Ω是棱臺(tái) 答案 D 解析 根據(jù)棱臺(tái)的定義(側(cè)棱延長(zhǎng)之后,必

3、交于一點(diǎn),即棱臺(tái)可以還原成棱錐).因此,幾何體Ω不是棱臺(tái),應(yīng)選D. 5.若三棱柱的一個(gè)側(cè)面是邊長(zhǎng)為2的正方形,另外兩個(gè)側(cè)面都是有一個(gè)內(nèi)角為60°的菱形,則該棱柱的體積等于(  ) A. B.2 C.3 D.4 答案 B 解析 如圖,由題意可得∠AA1C1=∠AA1B1=60°, AA1=A1B1=B1C1=A1C1=2. 所以過(guò)點(diǎn)A作AO⊥平面A1B1C1, 則O在∠B1A1C1的平分線上. 過(guò)O作OE⊥A1B1, 連結(jié)A1O,AE, 易證cos∠AA1E=cos∠AA1O·cos∠OA1E, 即cos∠AA1O==, ∴AO=, ∴V棱柱=Sh=×4×=2

4、. 二、填空題 6.在三棱錐P-ABC中,給出下列四個(gè)命題: ①如果PA⊥BC,PB⊥AC,那么點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的垂心; ②如果點(diǎn)P到△ABC的三邊所在直線的距離都相等,那么點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的內(nèi)心; ③如果棱PA和BC所成的角為60°,PA=BC=2,E、F分別是棱PB、AC的中點(diǎn),那么EF=1; ④如果三棱錐P-ABC的各條棱長(zhǎng)均為1,則該三棱錐在任意一個(gè)平面內(nèi)的射影的面積都不大于. 其中正確命題的序號(hào)是________. 答案?、佗? 解析?、倮萌咕€定理及其逆定理可證明; ②點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影也可能是△ABC的旁心; ③EF

5、=1或; ④三棱錐P-ABC沿一組對(duì)棱的公垂線投影到一個(gè)平面上時(shí),它的射影的面積取得最大值. 7.正三棱錐P-ABC高為2,側(cè)棱與底面ABC成45°角,則點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離為_(kāi)_______. 答案  解析 設(shè)點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離是h,作PO⊥平面ABC于點(diǎn)O,連接AO,則O是△ABC的中點(diǎn),∠PAO=45°,PO=AO=2,PA=2,由=2AO=4,AB=2,由VP-ABC=VA-PBC得S△ABC×PO=S△PBC×h,即××(2)2×2=[×2×]h,由此解得h=,即點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離是. 8.如圖所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1.若二面角C-AB-C

6、1的大小為60°,則點(diǎn)C到平面ABC1的距離為_(kāi)_______. 答案  9.已知正四棱錐的體積為12,底面對(duì)角線的長(zhǎng)為2,則側(cè)面與底面所成的二面角等于____________. 答案 θ= 解析 底面正方形面積S=(2)2=12,底面邊長(zhǎng)a=,高h(yuǎn)=,二面角的余切值tanθ=.代入數(shù)據(jù),得:tanθ====.又θ必為銳角,所以θ=. 三、解答題 10.(09·陜西)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AC=AA1=,∠ABC=60°. (Ⅰ)證明:AB⊥A1C; (Ⅱ)求二面角A-A1C-B的大?。? 解析 解法一 (Ⅰ)∵三棱柱ABC-A1B1C1為直

7、三棱柱,∴AB⊥AA1.在△ABC中,AB=1,AC=,∠ABC=60°,由正弦定理得∠ACB=30°,∴∠BAC=90°,即AB⊥AC. ∴AB⊥平面ACC1A1,又A1C?平面ACC1A1,∴AB⊥A1C. (Ⅱ)如圖,作AD⊥A1C交A1C于D點(diǎn),連接BD,由三垂線定理知BD⊥A1C,∴∠ADB為二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中,AD===, 在Rt△BAD中,tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan,即二面角A-A1C-B的大小為arctan. 解法二 (Ⅰ)∵三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱, ∴AA1⊥AB,AA1⊥AC. 在△ABC

8、中,AB=1,AC=,∠ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°,即AB⊥AC. 故建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,,0),A1(0,0,), ∴=(1,0,0),=(0,,-), ∵·=1×0+0×+0×(-)=0, ∴AB⊥A1C. (Ⅱ)可取m==(1,0,0)為平面AA1C的一個(gè)法向量,設(shè)平面A1BC的一個(gè)法向量為n=(l,m,n), 則·n=0,·n=0,又=(-1,,0), ∴∴l(xiāng)=m,n=m. 不妨取m=1,則n=(,1,1). 則cos==, ∴二面角A-A1C-B的大小為a

9、rccos. 11.如圖,斜三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面AA1C1C是面積為的菱形,∠ACC1為銳角,側(cè)面ABB1A1⊥側(cè)面AA1C1C,且A1B=AB=AC=1. (1)求證:AA1⊥BC1; (2)求三棱錐A1-ABC的體積. 解析 (1)因?yàn)樗倪呅蜛A1C1C是菱形,所以有AA1=A1C1=C1C=CA=1,從而知△AA1B是等邊三角形. 設(shè)D是AA1的中點(diǎn),連結(jié)BD,C1D,則BD⊥AA1,由S菱形AA1C1C=,知C1到AA1的距離為.∠AA1C1=60°,所以△AA1C1是等邊三角形,且C1D⊥AA1, 所以AA1⊥平面BC1D.又BC1?平面BC1D,故AA1

10、⊥BC1. (2)由(1)知BD⊥AA1,又側(cè)面ABB1A1⊥側(cè)面AA1C1C,所以BD⊥平面AA1C1C,即B到平面AA1C1C的距離為BD.又S△AA1C=S菱形AA1C1C=,BD=. 所以VA1-ABC=VB-AA1C=S△AA1C·BD=××=. 由三棱錐A1-ABC的體積為. 12.如圖,在底面為直角梯形的四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=4,AD=2,AB=2,BC=6. (1)求證:BD⊥平面PAC; (2)求二面角A-PC-D的大?。? 解析 解法一 (1)證明  ∵PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴BD⊥

11、PA. 又tan∠ABD==,tan∠BAC==. ∴∠ABD=30°,∠BAC=60°, ∴∠AEB=90°,即BD⊥AC,又PA∩AC=A, ∴BD⊥平面PAC. (2)過(guò)E作EF⊥PC,垂足為F,連結(jié)DF. ∵DE⊥平面PAC,EF是DF在平面PAC上的射影,由三垂線定理知PC⊥DF, ∴∠EFD為二面角A-PC-D的平面角. 又∠DAC=90°-∠BAC=30°, ∴DE=ADsin∠DAC=1,AE=ABsin∠ABE=, 又AC=4,∴EC=3,PC=8. 由Rt△EFC∽R(shí)t△PAC得 EF==, 在Rt△EFD中,tan∠EFD==, ∴∠EFD=a

12、rctan. ∴二面角A-PC-D的大小為arctan. 解法二 (1)證明 如圖,建立坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,6,0),D(0,2,0),P(0,0,4), ∴=(0,0,4),=(2,6,0),=(-2,2,0). ∴·=0,·=0, ∴BD⊥AP,BD⊥AC, 又PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC. (2)設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,1),則·n=0,·n=0. 又=(-2,-4,0),=(0,2,-4), ∴解得 ∴n=(-,2,1). 平面PAC的法向量取為m==(-2,2,0), cos〈m,n〉==. 二面角A-

13、PC-D的大小為arccos. 13.(2020·山東卷,理)如圖,在五棱錐P-ABCDE中,PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC,∠ABC=45°,AB=2,BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形. (1)求證:平面PCD⊥平面PAC; (2)求直線PB與平面PCD所成角的大??; (3)求四棱錐P-ACDE的體積. 解析 (1)證明:在ΔABC中,因?yàn)椤螦BC=45°,BC=4,AB=2,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 45°=8, 因此AC=2,故BC2=AC2+AB2 所以∠BAC=90°. 又PA⊥平面ABCDE,AB∥CD

14、, 所以CD⊥PA,CD⊥AC, 又PA,AC?平面PAC,且PA∩AC=A, 所以CD⊥平面PAC,又CD?平面PCD, 所以平面PCD⊥平面PAC. (2)解法一:因?yàn)棣AB是等腰三角形, 所以PA=AB=2, 因此PB==4. 又AB∥CD, 所以點(diǎn)B到平面PCD的距離等于點(diǎn)A到平面PCD的距離, 由于CD⊥平面PAC,在RtΔPAC中,PA=2,AC=2, 所以PC=4, 故PC邊上的高為2,此即為點(diǎn)A到平面PCD的距離. 設(shè)直線PB與平面PCD所成的角為θ, 則sin θ===, 又θ∈[0,],所以θ=. 解法二:由(1)知AB,AC,AP兩兩相互

15、垂直,分別以AB、AC、AP為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,由于ΔPAB是等腰三角形, 所以PA=AB=2, 又AC=2, 因此A(0,0,0),B(2,0,0), C(0,2,0),P(0,0,2), 因?yàn)锳C∥ED,CD⊥AC, 所以四邊形ACDE是直角梯形, 因?yàn)锳E=2,∠ABC=45°,AE∥BC,所以∠BAE=135°, 因此∠CAE=45°, 故CD=AE·sin 45°=2×=, 所以D(-,2,0). 因此C=(0,-2,2),C=(-,0,0), 設(shè)m=(x,y,z)是平面PCD的一個(gè)法向量, 則m·C=0,m·C=0,解得x=0,

16、y=z, 取y=1,得m=(0,1,1), 又B=(-2,0,2), 設(shè)θ表示向量B與平面PCD的法向量m所成的角, 則cos θ==, 所以θ=, 因此直線PB與平面PCD所成的角為. (3)因?yàn)锳C∥ED,CD⊥AC, 所以四邊形ACDE是直角梯形, 因?yàn)锳E=2,∠ABC=45°,AE∥BC, 所以∠BAE=135°,因此∠CAE=45°, 故CD=AE·sin 45°=2×=, ED=AC-AE·cos 45°=2-2×=, 所以S四邊形ACDE=×=3. 又PA⊥平面ABCDE, 所以VP-ACDE=×3×2=2. 14.(2020·江西卷)如圖,ΔB

17、CD與ΔMCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2.求點(diǎn)A到平面MBC的距離. 解析 解法一:取CD中點(diǎn)O,連接OB,OM,則OB=OM=,OB⊥CD,MO⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD,則MO⊥平面BCD,所以MO∥AB,MO∥平面 ABC.M,O到平面ABC的距離相等.作OH⊥BC于H,連接MH,則MH⊥BC. 求得OH=OC·sin60°=, MH= =. 設(shè)點(diǎn)A到平面MBC的距離為d,由VA-MBC=VM-ABC得·S△MBC·d=·S△ABC·OH. 即××2×d=××2×2×, 解得d=. 解法二:取CD中點(diǎn)O,連OB,OM,則OB⊥CD,OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD,則MO⊥平面BCD.取O為原點(diǎn),直線OC、BO、OM為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖.OB=OM=,則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2). 設(shè)n=(x,y,z)是平面MBC的一個(gè)法向量,則 =(1,,0),=(0,,). 由n⊥得x+y=0, 由n⊥得y+z=0. 取n=(,-1,1).=(0,0,2),則 d===.

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